1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 9.11 解析几何减少运算量的常见解析几何减少运算量的常见运算运算技巧技巧 目录 运算技巧一运算技巧一 解析几何中的解析几何中的“设而不求设而不求” 【概述】“设而不求”是简化运算的一种重要手段，它的精彩在于设而不求，化繁为简解题过程中，巧 妙设点，避免解方程组，常见类型有：(1)灵活应用“点、线的几何性质”解题；(2)根据题意，整体消参或 整体代入等 类型一 巧妙运用抛物线定义得出与根与系数 关系的联系，从而设而不求 【例 1】在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线x 2 a2
2、 y2 b21(a0，b0)的右支与焦点为 F 的抛物线 x 22py(p0) 交于 A，B 两点若|AF|BF|4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为_ 【答案】 y 2 2 x 【解析】 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知|AF|y1p 2，|BF|y2 p 2，|OF| p 2，由|AF|BF| y1p 2y2 p 2y1y2p4|OF|2p，得 y1y2p. kABy2y1 x2x1 x22 2p x21 2p x2x1 x2x1 2p . 由 x21 a2 y21 b21， x22 a2 y22 b21， 得 kABy2y1 x2x1 b2（x1x2） a2（y
3、1y2） b2 a2 x1x2 p ，则b 2 a2 x1x2 p x2x1 2p ，所以b 2 a2 1 2 b a 2 2 ，所以 双曲线的渐近线方程为 y 2 2 x. 类型二 中点弦或对称问题，可以利用“点差法” ， “点差法”实质上是“设而不求”的一种方法 【例 2】ABC 的三个顶点都在抛物线 E：y22x 上，其中 A(2，2)，ABC 的重心 G 是抛物线 E 的焦点， 则 BC 边所在直线的方程为_ 【答案】 4x4y50 【解析】 设 B(x1，y1)，C(x2，y2)，边 BC 的中点为 M(x0，y0)，易知 G 1 2，0 ，则 x 1x22 3 1 2， y1y22
4、 3 0， 从而 x0 x 1x2 2 1 4， y0y1y2 2 1， 即 M 1 4，1 ， 又 y212x1，y222x2，两式相减得(y1y2)(y1y2)2(x1x2)，则直线 BC 的斜率 kBCy1y2 x1x2 2 y1y2 2 2y0 1 y0 1，故直线 BC 的方程为 y(1) x1 4 ，即 4x4y50. 类型三 中点弦或对称问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证 0 【例 3】已知椭圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab0)的右焦点为 F(3，0)，过点 F 的直线交 E 于 A，B 两点若 AB 的 中点坐标为 M(1，1)，则 E 的标准方程为( ) Ax
5、2 45 y2 361 Bx 2 36 y2 271 Cx 2 27 y2 181 Dx 2 18 y2 91 【答案】 D 【解析】 通解：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1x22，y1y22， x21 a2 y21 b21， x22 a2 y22 b21， 得(x1x2)(x1x2) a2 (y1y2)(y1y2) b2 0， 所以 kABy1y2 x1x2 b2(x1x2) a2(y1y2) b2 a2. 又 kAB01 31 1 2，所以 b2 a2 1 2. 又 9c2a2b2，解得 b29，a218， 所以椭圆 E 的标准方程为x 2 18 y2 91. 【优解】
6、：由 kABkOMb 2 a2得， 10 13 1 1 b 2 a2得，a 22b2， 又 a2b29，所以 a218，b29， 所以椭圆 E 的标准方程为x 2 18 y2 91. 【例 4】已知双曲线 x2y 2 21，过点 P(1，1)能否作一条直线 l 与双曲线交于 A，B 两点，且点 P 是线段 AB 的中点？ 【解】 假设存在直线 l 与双曲线交于 A，B 两点，且点 P 是线段 AB 的中点 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知 x1x2，由 x 2 1y 2 1 21， x22y 2 2 21， 两式相减得(x1x2)(x1x2)（y1y2）（y1y2） 2 0， 又x
7、1x2 2 1，y1y2 2 1，所以 2(x1x2)(y1y2)0， 所以 kABy1y2 x1x22， 故直线 l 的方程为 y12(x1)，即 y2x1. 由 y2x1， x2y 2 21， 消去 y 得 2x24x30， 因为 162480，方程无解，故不存在一条直线 l 与双曲线交于 A，B 两点，且点 P 是线段 AB 的中 点 类型四 求解直线与圆锥曲线的相关问题时， 若两条直线互相垂直或两直线斜率有明确等量关系， 可用“替 代法”， “替代法”的实质是设而不求 【例 5】已知 F 为抛物线 C：y22x 的焦点，过 F 作两条互相垂直的直线 l1，l2，直线 l1与 C 交于
8、A，B 两 点，直线 l2与 C 交于 D，E 两点，则|AB|DE|的最小值为_ 【答案】 8 【解析】 法一：由题意知，直线 l1，l2的斜率都存在且不为 0，F 1 2，0 ，设 l1：xty 1 2，则直线 l1的斜 率为1 t， 联立方程得 y 22x， xty1 2， 消去 x 得 y22ty10. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y22t，y1y21. 所以|AB| t21|y1y2| t21 （y1y2）24y1y2 t21 4t242t22， 同理得，用1 t替换 t 可得|DE| 2 t22，所以|AB|DE|2 t21 t2 4448，当且仅当 t21 t
9、2，即 t 1 时等号成立，故|AB|DE|的最小值为 8. 法二：由题意知，直线 l1，l2的斜率都存在且不为 0，F 1 2，0 ，不妨设 l1的斜率为 k，则 l1：yk x1 2 ， l2：y1 k x1 2 . 由 y 22x， yk x1 2 ，消去 y 得 k 2x2(k22)xk 2 40 ， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x21 2 k2. 由抛物线的定义知， |AB|x1x2112 k212 2 k2. 同理可得，用1 k替换|AB|中 k，可得|DE|22k 2，所以|AB|DE|22 k222k 242 k22k 2448， 当且仅当 2 k22k 2
10、，即 k 1 时等号成立，故|AB|DE|的最小值为 8. 运算运算技巧技巧二二 巧用平面几何性质巧用平面几何性质 【例 6】 已知 O 为坐标原点，F 是椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左焦点，A，B 分别为 C 的左，右顶点P 为 C 上一点，且 PFx 轴过点 A 的直线 l 与线段 PF 交于点 M，与 y 轴交于点 E.若直线 BM 经过 OE 的中 点，则 C 的离心率为( ) A1 3 B1 2 C2 3 D3 4 【答案】 A 【解析】设 OE 的中点为 N，如图 因为 MFOE，所以有ON MF a ac， MF OE ac a .又因为 OE2ON，所以有1
11、 2 a ac ac a ，解得 ec a 1 3，故 选 A 运算运算技巧三技巧三 巧用巧用“根与系数的关系根与系数的关系”，化繁为简化繁为简 【概述】某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也 可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关 线段长度间的关系后者往往计算量小，解题过程简捷 【例 7】已知椭圆x 2 4y 21 的左顶点为 A，过 A 作两条互相垂直的弦 AM，AN 交椭圆 M，N 两点 (1)当直线 AM 的斜率为 1 时，求点 M 的坐标； (2)当直线 AM 的斜率变化时，直线 MN
12、 是否过 x 轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点； 若不过定点，请说明理由 【解】(1)直线 AM 的斜率为 1 时，直线 AM 的方程为 yx2，代入椭圆方程并化简得 5x216x120. 解得 x12，x26 5，所以 M 6 5， 4 5 . (2)设直线 AM 的斜率为 k，直线 AM 的方程为 yk(x2)，联立方程 yk(x2)， x2 4y 21， 化简得(14k2)x216k2x16k240. 则 xAxM16k 2 14k2，又 xA2， 则 xMxA 16k2 14k22 16k2 14k2 28k2 14k2. 同理，可得 xN2k 28 k24 . 由(1
13、)知若存在定点，则此点必为 P 6 5，0 . 证明如下： 因为 kMP yM xM6 5 k 28k2 14k22 28k2 14k2 6 5 5k 44k2， 同理可计算得 kPN 5k 44k2. 所以直线 MN 过 x 轴上的一定点 P 6 5，0 . 【点睛】本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出 xM28k 2 14k2，这体现了整体思想这是解决解析几何 问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量 运算运算技巧四技巧四 巧妙巧妙“换元换元”减少运算量减少运算量 【概述】变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对 象的知识
14、背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化变量换元法常用于 求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题 【例 8】如图，已知椭圆 C 的离心率为 3 2 ，点 A，B，F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且 SABF 1 3 2 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)已知直线 l：ykxm 与圆 O：x2y21 相切，若直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，求OMN 面积的最 大值 【解】 (1)由已知椭圆的焦点在 x 轴上，设其方程为x 2 a2 y2 b21(ab0)，则 A(a，0)，B(0，b)，F(c，0)(c a2b2) 由已知可得 e2a 2b
15、2 a2 3 4，所以 a 24b2， 即 a2b，可得 c 3b. SAFB1 2|AF|OB| 1 2(ac)b1 3 2 . 将代入，得1 2(2b 3b)b1 3 2 ，解得 b1，故 a2，c 3.所以椭圆 C 的方程为x 2 4y 21. (2)圆 O 的圆心为坐标原点，半径 r1，由直线 l：ykxm 与圆 O：x2y21 相切，得 |m| 1k21，故有 m21k2. 由 x 2 4y 21， ykxm， 消去 y， 得 1 4k 2 x22kmxm210. 由题可知 k0，即(14k2)x28kmx4(m21)0， 所以 16(4k2m21)48k20. 设M(x1， y1)
16、， N(x2， y2)， 则x1x28km 4k21， x1x2 4m24 4k21.所以|x1x2| 2(x 1x2) 24x 1x2 8km 4k21 2 44m 24 4k21 16(4k 2m21) (4k21)2 . 将代入中，得|x1x2|2 48k2 (4k21)2， 故|x1x2|4 3|k| 4k21.所以|MN| 1k 2|x 1x2| 1k24 3|k| 4k21 4 3k2(k21) 4k21 . 故OMN 的面积 S1 2|MN|1 1 2 4 3k2(k21) 4k21 12 3k 2(k21) 4k21 . 令 t4k21，则 t1，k2t1 4 ，代入上式，得
17、S2 3t1 4 t1 4 1 t2 3 2 (t1)(t3) t2 3 2 t22t3 t2 3 2 3 t2 2 t1 3 2 1 t2 2 3t 1 3 3 2 1 t 1 3 2 4 9， 所以当 t3，即 4k213，解得 k 2 2 时，S 取得最大值，且最大值为3 2 4 91. 【点睛】破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通 过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如 y axb cxd(a，b，c，d 均为常数，且 ac0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值 范围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化
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